标签：ar os sp bs ad ef amp as 算法
1. 填空题
(1) $\frac{2}{3}$
(2) $[1,e]$
(3) $\ln 2$
2. 选择题:
(1) (D)
课件上例题，不是无穷大的原因是，当 $x\to +\infty$, $x\cos x$ 有可能取零, 比如令 $x=n\pi +\frac\pi 2$.
(2) (C)
原因是 $x\to -\infty$ 时极限存在, 要求 $\lim\limits_{x\to -\infty} e^{bx}=\infty$, 所以 $b<0$, 而 $a\geq 0$ 时, $a+e^{bx}$ 无零点.
(3) (D)
假设 $\frac{\varphi(x)}{f(x)}$ 无间断点, 则根据连续函数的四则运算法则, $\varphi(x)= \frac{\varphi(x)}{f(x)} \cdot f(x)$ 无间断点，矛盾。
而 (A) (B) 不对，理由如下：我们很容易设一个函数 $f(x)=1$, $x\in (-\infty,+\infty)$,以及
\[
\varphi(x)
= \begin{cases}
1, & x\geq 0,
\\
-1, & x<0.
\end{cases}
\]
则 $\varphi^2(x)=1$ 为连续函数, 而 $\varphi(f(x))=1$, $x\in (-\infty, +\infty)$ 为连续函数.
3.
(1)
\[
\lim_{x\to -\infty}
\frac{ \sqrt{4x^2+x-1}+x+1 }
{ \sqrt{x^2+\sin x} }
\]
解:
\[
\begin{aligned}
\lim_{x\to -\infty}
\frac{ \sqrt{4x^2+x-1}+x+1 }
{ \sqrt{x^2+\sin x} }
&=
\lim_{x\to -\infty}
\frac{ \sqrt{4x^2+x-1}/x+1+1/x }
{ \sqrt{x^2+\sin x}/x }
\\
&=
\lim_{x\to -\infty}
\frac{ -\sqrt{4+1/x-1/x^2}+1+1/x }
{- \sqrt{1+\sin x/x^2} }
\\
&= 1.
\end{aligned}
\]
(2)
\[
\lim_{x\to 1} (2-x)^{\sec \frac{\pi x}{2}}
\]
解:
\[
\begin{aligned}
\lim_{x\to 1} (2-x)^{\sec \frac{\pi x}{2}}
&= \exp \left(\lim_{x\to 1}
\frac{\ln (2-x)}{ \cos \frac{\pi x}{2} }
\right)
\\
&=
\exp\left(\lim_{t\to 0}
\frac{\ln (1-t)}{ \cos \frac{\pi (t+1)}{2} }
\right)
\\
&=
\exp \left(\lim_{t\to 0}
\frac{\ln (1-t)}{ -\sin \frac{\pi t}{2} }
\right)
\\
&=
\exp \left(\lim_{t\to 0}
\frac{-t}{ -\frac{\pi t}{2} }
\right)
\\
&= e^\frac{2}{\pi}.
\end{aligned}
\]
4. 解： 根据题设，$x\neq 0$ 且
\[
\lim_{n\to \infty}
\frac{ x^{n+2} -x^{-n} }
{ x^n +x^{-n-1} }
= \lim_{n\to \infty}
\frac{ x^{-n }(x^{2n+2} -1)}
{ x^{-n-1}(x^{2n+1}+1) }
=x \lim_{n\to \infty}
\frac{ x^{2n+2} -1}
{ x^{2n+1}+1 }.
\]
若 $|x|<1$, 由于
\[
\lim_{n\to \infty} x^{2n+2}
=\lim_{n\to \infty} x^{2n+1}
=0,
\]
推出
\[
\lim_{n\to \infty}
\frac{ x^{n+2} -x^{-n} }
{ x^n +x^{-n-1} }
=x \lim_{n\to \infty}
\frac{ x^{2n+2} -1}
{ x^{2n+1}+1 }
=-x.
\]
另一方面，若 $|x|>1$ 则
\[
\lim_{n\to \infty}
\frac{ x^{n+2} -x^{-n} }
{ x^n +x^{-n-1} }
=x \lim_{n\to \infty}
\frac{ x^{2n+2} -1}
{ x^{2n+1}+1 }
=
x \lim_{n\to \infty}
\frac{ x -\frac{1}{x^{2n+1}} }
{ 1+\frac{1}{x^{2n+1}} }
= x^2.
\]
因此
\[
f(x)=
\begin{cases}
x^2, & |x|>1,
\\
0, & |x|=1,
\\
-x, & |x|<1 \mbox{ and } x\neq 0.
\end{cases}
\]
由于 $f(x)$ 在点 $x=1$ 处不连续, 所以连续区间为
\[
(-\infty, -1) \cup (-1,0) \cup (0,1) \cup (1, +\infty).
\]
5. 解: 函数的间断点为 $x=-1$ 以及 $x=0$. 由于
\[
\lim_{x\to -1^+} 2^{\frac{1}{x+1}}=+\infty,
\qquad
\lim_{x\to -1^-} 2^{\frac{1}{x+1}}=0,
\]
因此 $x=-1$ 为第二类间断点，无穷型间断点. 又因为
\[
\lim_{x\to 0^-} \sin x =0,
\qquad \lim_{x\to 0^+} 2^{\frac{1}{x+1}} =2,
\]
因此 $x=0$ 为第一类间断点，为跳跃型间断点。
6. 证明: 由题设知, $f(x)$ 在 $[x_1,x_n]$ 上连续，根据最值定理，在 $[x_1,x_n]$ 上函数 $f(x)$ 必能取到最大值 $M$ 以及最小值 $m$, 于是对于任意 $1\leq i\leq n$,
\[
m\leq f(x_i) \leq M.
\]
因此,
\[
m\leq
\sqrt[n]{f(x_1)f(x_2)
\cdots f(x_n)}\leq M,
\]
根据介值定理可知，在 $[x_1,x_n]$ 内至少存在一点 $\xi$, 使得
\[
f(\xi)=\sqrt[n]{f(x_1)f(x_2)
\cdots f(x_n)},
\]
而 $\xi \in [x_1,x_n]\subset(a,b)$.
7. 证明: 令
\[
\varphi(x) =f(x)-x,
\]
根据题设，函数 $\varphi(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续, 且
\[
\varphi(0)=f(0)\geq 0,
\qquad
\varphi(1)=f(1)-1\leq 0.
\]
若 $\varphi(0)=0$ 或者 $\varphi(1)=0$, 则令 $\xi=0$ 或者 $\xi=1$时, 有
\[
f(\xi)=\xi.
\]
若 $\varphi(0)> 0$ 且 $\varphi(1)<0$, 根据零点定理，则存在 $\xi\in (0,1)$ 使得 $\varphi(\xi)=0$, 即
\[
f(\xi)=\xi.
\]
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